Đáp án A

n_{CO2(1) (đốt cháy)} = 0,12 mol

n_{CO2(2) (tác dụng NaHCO3)} = 0,07 mol

n_Ag = 0,1 mol

n_COOH = n_CO2(2) = 0,07 mol

n_CHO = n_Ag/2 = 0,05 mol

Ta thấy n_CHO + n_COOH = n_CO2(1) => X chỉ chứa các nhóm CHO và COOH

Mà 50<M_X<M_Y<M_Z

Vậy X là OHC-CHO, Y là OHC-COOH, Z là HOOC-COOH

m = m_CHO + m_COOH = 0,05.29 + 0,07.45 = 4,6 gam

Đáp án C

2Cu(NO₃)₂ → t °  2CuO + 4NO₂↑+ O₂↑ (1)

2x                                   →4x       → x            (mol)

4Fe(NO₃)₂ → t °  2Fe₂O₃ + 8NO₂↑ + O₂↑  (2)

4y                                       → 8y      → y        (mol)

4NO₂ + O₂ + 2H₂O → 4HNO_3­ (3)

Ta thấy ở PTHH (1) và (3): n_NO2: n_O2 = 4: 1

ở PTHH (2) n_NO2 : n_O2 = 8 : 1

=> số khí thoát ra chính là khí NO₂ dư ở PTHH (2)

=> n_NO2 = 0,448 : 22,4 = 0,02 (mol)

=> 4y = 0,02 => y = 0,005 (mol)

BTKL: m_hh = 188.2x + 180.4y = 20,2

=> x= 0,044 (mol)

=> n_HNO3 = 2n_Cu(NO3)2 + 2n_Fe(NO3)2 – n_NO2 dư = 2. 2.0,044 + 2. 4.0,005 – 0,02 = 0,196 (mol)

=> C_M HNO₃ = 0,196 : 2 = 0,098 (M)

=> pH = -log [HNO₃] = 1

Đáp án A

Z phản ứng với dung dịch H 2 S O 4  loãng (dư), thu được hai axit cacbonxylic đơn chức và hợp chất T (chứa C,H,O và là M T   < 126 ) ⇒ X là este của phenol (2 chức)

n X   /   n N a O H   = 3 ⇒ X có 1 COO gắn trực tiếp với vòng benzene, 1 nhóm COO gắn gián tiếp với vòng benzen M T   < 126 ⇒ T   l à   : H O C 6 H 4   C H 2 O H x   ( o , m , p )

2 axit tạo nên X là H C O O H   v à   C H 3 C O O H

Xét các phát biểu:

a)Đ

b)S. Số H trong T = 8 

c)Đ. Vì T có 2 nhóm -OH

d)S. X chứa 5 liên kết π   ( 3 π   t r o n g   v ò n g   b e n z e n   v à   2 π   t r o n g   2   n h ó m   C O O   )  

Chọn A

Chọn A

Đáp án A

Ta có: mDung dịch NaOH = D × V = 60 gam.

∑nNa = 2nNa2CO3 = 0,015 mol ⇒ mNaOH ban đầu = 0,6 gam.

Sơ đồ bài toán ta có:

BTKL ⇒ mA = 59,49 + 1,48 – 60 = 0,97 gam. || và A + NaOH ⇒ 0,09 gam H2O

Khi đốt D ta có sơ đồ:

Bảo toàn nguyên tố ⇒ nC/D = 0,05 mol || nH/D = 0,055 mol

Bảo toàn khối lượng ⇒ nO2 cần để đốt D = 0,0525 mol 

⇒ Bảo toàn nguyên tố O ⇒ nO/D = 0,03 mol

Tiếp tục bảo toàn nguyên tố nC/D = 0,05 mol || nH/A = 0,05 mol và nO/A = 0,02 mol

+ Vậy từ nA = 0,005 mol ⇒ CTPT của A là C10H10O4 (k = 6).

● Nhận thấy 3nA = nNaOH. Nhưng A chỉ có 4 nguyên tử Oxi ⇒ A là este 2 chức trong đó có 1 gốc –COO– đính trực tiếp vào vòng benzen.

+ Với điều kiện MZ < 125 ta thì CTCT của A chỉ có thể là: HCOO–C6H4CH2–OOCCH3

⇒ Z là HO–CH2–C6H4OH với MZ = 124. Đồng thời Z chứa 8 nguyên tử H

Đáp án C

Số mol của X trong mỗi phần là 0,05 mol

Ta có: \(n_{COOH\left(X\right)}=n_{CO_2}=0,7mol\)

Khi đốt X có: \(n_{CO_2}=0,4mol;n_{CO_2}=0,8mol\)

Theo ĐLBT oxi có \(n_O=2n_{COOH\left(X\right)}+2n_{O_2}=2n_{CO_2}+n_{H_2O}\)

\(\Rightarrow n_{H_2O}=y=0,6mol\)

1)

- Nếu Y không phải là HCHO:

CTPT của Y là RCHO

CH₃CHO --> 2Ag

RCHO --> 2Ag

=> \(n_{Ag}=0,2\left(mol\right)\)

=> \(m_{Ag}=0,2.108=21,6\left(g\right)\) => Vô lí

=> Y là HCHO

2)

\(n_{CO_2}=\dfrac{4,48}{22,4}=0,2\left(mol\right)\Rightarrow n_C=0,2\left(mol\right)\)

Số nguyên tử C = \(\dfrac{0,2}{0,05}=4\)

\(n_{H_2O}=\dfrac{2,7}{18}=0,15\left(mol\right)\Rightarrow n_H=0,3\left(mol\right)\)

Số nguyên tử H = \(\dfrac{0,3}{0,05}=6\)

=> CTPT của X là C₄H₆O

CTCT: 

(1) \(CH_2=CH-CH_2CHO\)

(2), (3) \(CH_3-CH=CH-CHO\) (tính cả đồng phân hình học)

(4) \(CH_2=C\left(CH_3\right)\left(CHO\right)\)

=> Có 4 đồng phân

3)

\(n_{Ag}=\dfrac{38,88}{108}=0,36\left(mol\right)\)

=> Có 2 trường hợp:

TH1: Trong X có chứa 1 anđêhit đơn chức và HCHO

TH2: Trong X chứa 1 anđêhit đơn chức và 1 anđêhit 2 chức

- Xét TH1:

PTK_HCHO = 30 (đvC)

=> Không có TH thỏa mãn

- Xét TH2:

Anđêhit 2 chức có PTK < 68 đvC

=> Chỉ có (CHO)₂ thỏa mãn 

=> Anđêhit còn lại là C₂H₅CHO